HỒ XUÂN TRỌNG

nth

kie
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN

uc

NĂM 2014-2015

nfo

y.i

ha
TẬP 12

kienthuchay.info


nfo

y.i

ha

uc

nth

kie
kienthuchay.info


TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ
ĐT: 0983. 336682

kie

ĐỀ THI THỬ SỐ 01 THÁNG 03-2015
Môn : TOÁN – BY1 – BY5
Thời gian làm bài: 180 phút
( không kể thời gian phát đề )
-----------------------3

2

Câu 1 (1.0 điểm). Cho hàm số y   x  3 x (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm m để phương trình x3  3 x 2  m3  3m 2  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1.0 điểm).
a) Giải phương trình: sin 2 x  3sin x  cos 2 x  cos x  1 .
x 1

2

 2 x  81

nth


b) Giải phương trình: 8 x 
Câu 3 (1.0 điểm).

x 1

 2x

2

 3 x 3

.

z i
 1.
z i

a) Tìm tập hợp số phức z thỏa mãn
n

b) Giả sử  2  3 x   ao  a1x  a2 x 2  ...  an 1x n 1  an x n . Tìm n biết a1  a0  2816 .

4

Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân: I 

cos x

 1  tan 2 x dx.

0

uc

Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt thẳng
x 1 y z  2
. Viết phương trình mặt cầu ( S )
( P) : x  2 y  2 z  3  0 và đường thẳng d :
 
2
1
1
có tâm I thuộc đường thẳng d , bán kính bằng 2 và tiếp xúc với ( P) .

ha

  600 .
Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC
Mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt đáy ( ABCD) , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng
( SCD) tạo với mặt đáy ABCD góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AD và SC .

y.i

Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  BC ,
đường tròn tâm D bán kính CD cắt các đường thẳng AC , AD lần lượt tại các điểm
 22 7 
E  ;   và F  0; 1 . Biết điểm D nằm trên đường thẳng d : x  y  7  0 . Tìm tọa độ
 13 13 
các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .






Câu 8: (1.0 điểm) Giải phương trình: x 4  2 x3  x  2 x 2  x  0.

x3

y3

nfo

 x3  x 2  2 y  1  x 2 y  y  1

Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 
( x, y  R ) .
 x  y  1 y  1  10
Câu 10 (1.0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  xy  1 . Tìm

24 xy
.
y 1 x 1 x  y  2
………………………… Hết ..…………………………
Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !

giá trị lớn nhất của biểu thức P 

3




3



kienthuchay.info

3


Câu
1

Gợi ý đáp án

Điểm
1.0

kie

a)

0.25

TXĐ: D  R

x  0  y  0
y '  3 x 2  6 x, y '  0  3 x 2  6 x  0  
x  2  y  4

Bảng biến thiên:

x
y'
y

0
0



-



2
0
4

+



0.25

-

nth
0




Gới hạn: lim  y   , lim  y   .
x ( 1)

x ( 1)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; đồng biến trên khoảng (0;2) .
Cực trị: hàm số đạt cực tiểu tại x  0; yCÐ  0 và
đạt cực đại tại x  2; yCT  4 .
Đồ thị:

uc
3

ha

b)

0,25

2

0.5

3

y.i

Phương trình tương đương:  x  3 x   m  3m (*)

Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt  0   m3  3m 2  4 .
3
2

 m  3m  0
 3
 m   1;3 \ 0; 2
2
 m  3m  4
2

0.25
0.25
1,0

a) Phương trình tương đương với:
 cos x(2sin x  1)  (2 sin x  1)(sin 2 x  2)  0  (2sin x  1)(cos x  sin 2 x  2)  0

b) Phương trình tương đương:  81

x 1

8

x 1



2




nfo

1

sin x 


2

cos
x

sin
x  2  0 ( VN )



x   k 2

1
6
 sin x   
k Z .
2
 x  5  k 2

6




 1  2 x 8x 1  1

kienthuchay.info

0,25

0,25
4


8 x 1  1  0

2
1 x 1
 2x  0
8

kie

 8x 1  1  0  x  1  0  x  1 .
2

 81 x 1  2 x  0  3  3 x  1  x 2  3 x  1  x 2  3  x  3
Vậy nghiệm của phương trình: x  1; x  3 .

0,25

3


1,0



4

I

cos x

 1  tan 2 x

0





4

4

0

0

nth

Đặt t  sin x  dt  cos xdx . Đổi cận: x  0  t  0; x 

2
2

I

0

4

t3
1  t 2 dt  t 
3





0,25

dx   cos3 xdx   cos x(1  sin 2 x)dx

2
2



0


4


t

2
2

2
1
5 2


2 6 2
12

0,5
1,0

Phương trình tương đương: z  i  z  i  x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2

uc

 x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2  y  0 .
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là trục Ox .
b) Ta có: (2  3 x )n  Cn0 2 n  Cn1 2 n 13 x  Cn2 2 n 2 (3x )2  ...  Cnk 2 n  k (3x )k  ...  Cnn (3x )n .
Suy ra a0  Cn0 2 n và a1  3Cn1 2 n 1

 3n 
YCBT  3Cn1 2n 1  Cn0 2 n  2816  3n2n 1  2 n  2816  2 n   1   2816  n  8
 2



5

2t  2

t  4
 2  t 1  3  
3
t  2
2
2
Với t  4  I (7;4;6) . Phương trình mặt cầu: ( S ) : ( x  7)  ( y  4)  ( z  6)2  4

ha

Với t  2  I (5; 2;0) . Phương trình mặt cầu: ( S ) : ( x  5)2  ( y  2)2  z2  4
6
Gọi H là trung điểm của AB .
 SH  ( ABCD )

  300  SH  tan 300. HI  a
 SCH
2

nfo

y.i

Vì ABC  600  ABC đều.
a 3

Suy ra  CH  AB và CH 
2
Vì AB / / CD  CH  CD

0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
0,25

Gọi: I  d  I  1  t; t;2  t 

Vì ( S ) tiếp xúc ( P ) nên d ( I ;( P ))  R 

0,25

kienthuchay.info

0,25
0,25
0,25
1,0

0,25

5


a2 3

1
1 a a 2 3 a3 3

. VABCD  SH.SABCD  . .
2
3
3 2 2
12
Ta có AD / / BC  d ( AD; SC )  d ( AD;( SBC )  d ( A;( SBC))  2 d ( H ;( SBC ))
Kẻ HE  BC và HK  SE . Suy ra : d ( H ;( SBC ))  HK .
SABCD  2 S ABC 

kie

1
1
1
4 16
28
a 3

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
SH
HI
a 3a
3a
2 7

a 3 a 21
Vậy d ( AD; SC)  2 HK 

7
7

0,25
0,25

0,25

7

1,0

nth

D  d  D  a; a  7  .

2

2

22  
84 
2

Ta có: DE  DF   a     a    a 2   a  6   a  2  D(2; 5)
13  
13 


qua F(0; 1)

 ( AD ) : 2 x  y  1  0 .
Phương trình AD : 
 VTPT : n  (2;1)

0,25

qua D(2; 5)

 ( DC ) : x  2 y  12  0
Phương trình DC : 
 VTPT : n  (1; 2)

0,25

8
x  1
Điều kiện: x 2  x  0  
.
x  0



2

ha

uc


Phương trình đường tròn tâm D bán kính DC : (C ) : ( x  2)2  ( y  5)2  20
 C(6; 3)
Ta có: C  DC  (C)  
.
 C(2; 7)
Với C(6; 3) suy ra phương trình AC : 4 x  7 y  3  0 .
A  AC  AD  A(1;1)  B (3;3) .
Với C(2; 7) suy ra phương trình AC : 7 x  4 y  14  0 .
2 7
A  AC  AD  A  ;   (loại vì AB  BC ). Vậy A(1;1); B (3;3); C(6; 3); D(2; 5)
3 3





2



2

Phương trình tương đương: x  x x  x  1  2 x  x








2

x x






x  x 1  2  0  





2

x  0
 x2  x  0  
x  1



x2  x

 x

2






0,25









2

x2  x

2



x 0

x

 x  1  2  x 2  x x 2  x  1  2 (1)

Đặt: t  x 2  x .


2



 x 1  2

nfo



x

0,25

1.0

y.i



x x 

2

0,25

0,25

0,25


0,25

t  2  0
t 2.
Từ (1) suy ra t (t  1)2  2  (t  2) t 2  1  0   2
t  1  0





kienthuchay.info

6


 x  1
Với t  2  x 2  x  2  x 2  x  2  0  
x  2

kie

Vậy nghiệm của phương trình là: x  1; x  0; x  1; x  2

9

1.0

 y 1  0


Điều kiện:  x  y  1  0
 2
x  2 y 1  0

0,25
2

Phương trình tương đương : x 2 ( x  y )  y  1  x 2  2 y  1  x 2 ( x  y ) 

y x

2

y  1  x2  2y  1

nth

x  y  0
 2

xy

xy
0   2
 ( x  y)  x 
2
x 
 0 (*)



y

1

x

2
y

1



y  1  x2  2y  1
Vì y  1  0; x  y  1 nên phương trình (*) vô nghiệm.

0,25
0,25

Với x  y thay vào phương trình (2) ta được: (2 x  1) x  1  10 (3).

10

uc

Đặt t  x  1  0,  x  t 2  1 thay vào (3) ta được: (2t 2  3)t  10  2t 3  3t  10  0
t  2
 (t  2)(2t 2  4t  5)  0   2
2t  4t  5  0 ( VN )
Với t  2  x  1  2  x  1  4  x  3  y  3 .Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (3;3) .


Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

xy 

1,0

xy
.
2

x3
y3
12( x  y )


.
3
3
y 1 x 1 x  y  2
1
1
Ta có: x 3  1  ( x  1)3 ; y 3  1  ( y  1)3 .
4
4
3
3
 x   y   12( x  y )
 P  4 
 

 
 y  1   x  1   x  y  2
3
 x
 x
y 
xy
y   12( x  y )
 4 


3



 
( x  1)( y  1)  y  1 x  1   x  y  2
 y  1 x  1 

 12( x  y )
3xy
 4 1 

 xy  x  y  1  x  y  2
Khi đó: P 

0,25

y.i


ha

Đặt : t  x  y . Ta có : x 2  y 2  xy  1  xy 

nfo

Dấu "  " xảy ra  x  y  1 và Pmax  7 .

0,25

( x  y )2  1 t 2  1

3
3

( x  y )2 t 2
t2 1 t2
 
 . Vì x, y  0  0  t  2
4
4
3
4
2
t 1
12t
t  1 12t
12
Suy ra P  4  4 2


 4  12

 4
t2
t2 t2
t2
 t 1 

  t 1
 3 
Mà xy 

0,25

0,25

0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.

kienthuchay.info

7


TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ
ĐT: 0983. 336682

ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 - 2015

Môn: TOÁN ( BY1 – BY5 Lần II )
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

kie

Câu 1: (1 điểm) Cho hàm số y  2 x 3  3  m  1 x 2  6mx  1 (1).
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  0.
b. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị
bằng 2.
Câu 2: (1 điểm)
a. Giải phương trình: cos 2 x  4sin x  1  3 sin 2 x  1.

nth

log 2  x  y   1  log 2  xy 
.
x  y  xy
 125
5

b. Giải hệ phương trình: 

Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: I 

 /4


0

x  sin x

dx .
cos 2 x

Câu 4: (1 điểm)

2

a. Tìm số phức z thỏa mãn: 2( z  1)  z  1  (1  i ) z .



thức Niu-tơn 1  3 x

2
14 1

 . Tìm hệ số của x 9 trong khai triển nhị
2
3
Cn 3Cn n

uc

b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:



2n

.


Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z +1 = 0 và
2
2
2
mặt cầu (S): x + y + z – 4x + 6y + 6z +17 = 0. Chứng minh rằng (P) và (S) cắt nhau theo giao
tuyến là đường tròn (C). Tìm tâm và bán kính của (C).

ha

Câu 6 (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a , 
ABC  600 , góc
giữa mặt phẳng ( A ' BD) và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách
giữa đường thẳng CD ' và mặt phẳng ( A ' BD).
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  4 . Gọi M là
điểm mà tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (T ) tại A , cát tuyến qua M cắt (T ) tại B và C sao cho tam
giác ABC vuông cân tại B . Tìm tọa độ của điểm M để khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất.

y.i

Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích là 34, M (6; 1)
là trung điểm của cạnh BC . Đường thẳng  :15 x  8 y  48  0 đi qua tâm I của hình chữ nhật và cắt
AD tại một điểm trên trục Oy . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết I có tung độ
âm.

nfo

 y  x2  2 x  2  x  y 2  6

Câu 9: ( 1 điểm) Giải hệ phương trình: 

.
2
2
y

1
x

2
x

7

x

1
y

1

   

Câu 10: ( 1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:

 3  x  1 



x  1  3  x  1  x  3  m 






3  x 1 .

------------------------------- Hết -----------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !

kienthuchay.info

8


Câu
1

Gợi ý đáp án

Điểm
1.0

a)

kie

0.5

Với m  0  y  2 x 3  3 x 2  1 . TXĐ: D  R
x  0  y  1
y '  6 x 2  6 x, y '  0  6 x 2  6 x  0  

x  1 y  0
Gới hạn: lim y   , lim y   .
x 

x 

Bảng biến thiên:


+

0
0
1

nth

x
y'
y

0.25



1
0

-


+



0

Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (1; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;1) .
Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0; yCÐ  1 và
đạt cực tiểu tại x  1; yCT  0 .
Đồ thị:

uc
2

ha

b)

0,25

0.5

2

0.25

Gọi A, B là điểm cực trị  A(1;3m); B (m;  m3  3m 2  1)
 m  0 ( n)
Ta có: AB  (m  1)2  (m  1)6  2  (m  1)2  1  
 m  2 ( n)

Vậy m  0, m  2

0.25

y.i

Ta có: y '  6 x  6(m  1) x  6 m; y '  0  x  (m  1) x  m  0 (*)
Để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị thì (*) có 2 nghiệm phân biệt
   0  (m  1)2  0  m  1 .

2

1,0

a) Phương trình tương đương với:
 4sin x cos 2 x  2sin 2 x  2 3 sin x cos x  0  2sin x 2 cos 2 x  sin x  3 cos x  0
sin x  0

 3 cos x  sin x  2 cos 2 x



nfo



kienthuchay.info

0,25


9


 sin x  0  x  k , k  Z .



 x   6  k 2
 3 cos x  sin x  2 cos 2 x 
k Z .
 x    k 2

18
3
x  y  0
b) Điều kiện: 
 xy  0

kie

0,25

3

nth

 x  y  1
( VN )

xy


2
( x  y ) xy  2

Hệ phương trình tương đương: 

 x  y  2
 x  y  xy  3

  xy  1
x  y  2
Với 
 x  y  1.
Vậy nghiệm của hệ là ( x, y )  (1,1)
 xy  1


4

I



0

2

cos x

4


x

dx  

2

cos x

0

0,25
1,0



x  sin x

0,25


4

dx  
0

sin x
2

cos x


0,25

dx  I1  I 2

uc

u  x
 du  dx

Tính I1 . Đặt: 
.

1
dv  cos2 x dx  v  tan x

0,25



4



Khi đó: I1  x tan x 04   tan xdx 
0



4




 ln cos x 04 


4

 ln 2

Tính I2 . Đặt: t  cos x  dt   sin xdx . Đổi cận: x  0  t  1; x 

 I2   
1

ha

2
2

2
2


4

t

2
2


0,25

1
1
dt 
 2 1
2
t
t1

Vậy I  I1  I2 


4

 ln 2  2  1

4
Đặt z  a  bi, a, b  R .

0.25
1,0

y.i

3a  1  a2  b2
Phương trình tương đương: 3a  1  bi  a  b  a  b i  
2
2

b  a  b
a  0  b  1
3 1
.
Vậy z  i; z    i

3
1
a    b 
10 10
10
10

b) Điều kiện: n  3 .
2
14 1
4
28
1

  n  9.
Ta có: 2  3  
Cn 3Cn n
n(n  1) n(n  1)(n  2) n
2

18




18


 3

  C18k  3
k 0

Hệ số của x 9 là: C189

9



k



2

2

0,25



0,25

nfo




Ta có: 1  3 x

2

0,25

x k . Số hạng chứa x 9 thì k  9

10

kienthuchay.info

0,25


5

1,0
( S ) có tâm I (2; 3; 3) và bán kính R  5 .

0,25

Ta có: d ( I ;( P ))  1  5  ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C )

kie

Bán kính: r  R 2  d 2 ( I ;( P))  2
Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P ) .

x  2  t

Phương trình d :  y  3  2t
 z  3  2t


0,25

0,25

 5 7 11 
Gọi H  d  ( P) là tâm của (C )  H  ;  ;  
3 3 3 

nth

6

0,25
1,0

Vì ABC  600  ABC đều.
a2 3
SABCD  2 S ABC 
.
2
Gọi O là trung điểm của AB .
  600
 SO  BD  SOA


0,25

uc

ha

a 3
a 3 a 2 3 3a3
.

. VABCD  AA '.SABCD 
2
2
2
4
'
'
Ta có CD / / A ' B  d (CD ;( A ' BD))  d (C;( A ' BD )  d ( A;( A ' BD ))
Kẻ AH  SO . Suy ra d ( A;( A ' BD ))  AH .
 AA '  tan 600. AO 

0,25
0,25

1
1
1
4
4
16

a 3
a 3


 2  2  2  AH 
 d (CD ' ;( A ' BD )) 
2
2
2
AH
A' A
AO
3a
a
3a
4
4

7

 MI  AM 2  AI 2  2 5

1,0

nfo

y.i

Đường tròn ( T ) có tâm I (2;1) và bán kính
R 2

Vì ABC vuông cân tại B nên
IA  IB  IC  2 và AM  AC  4

0,25

11

kienthuchay.info

0,25


Suy ra M thuộc đường tròn (C ) có tâm I bán kính IM  2 5 có phương trình:
(C ) : ( x  2)2  ( y  1)2  20 .

0,25

kie

Trong tam giác IOM ta có: OM  MI  IO  OMmin  O, I , M thẳng hàng.
Phương trình OI : x  2 y  0 .

( x  2)2  ( y  1)2  20
Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 
x  2y  0
 M1 (2; 1), M2 (6;3) .

0,25

Với M1 (2; 1)  OM1  5

0,25

Với M2 (6;3)  OM2  45  OM1  OM nhỏ nhất  M  M1 (2; 1) .
Vậy M (2; 1)

nth

8

1.0

Gọi N    Oy  N(0;6)
và I    I (8t;6  15t ) .

N ' là điểm đối xứng của N qua I .

suy ra N '(16t;6  30t )
 
Ta có: MI  MN '  MI .MN '  0
0,25

Vì y I  0  t 

uc

 1
t 
 578t 2  459t  85  0   2
t  5
 17

1
3

 I  4;  
2
2


ha

 M '(2; 2)  MM '  17

qua M '(2; 2)
  ( AD ) : 4 x  y  6  0
Phương trình: AD : 
 AD  MM '

0,25

Ta có: SABCD  AD.MM '  34  AM '  17

 A(1;2); D(3; 6) hoặc A(3; 6), D(1;2)

Với A(1;2); D(3; 6)  B (5;3) , C(7; 5) .
Với A(3; 6), D(1;2)  B (7; 5), C(5;3) .

a  x  1
Đặt: 
b  y


0,25

0,25

nfo

9

y.i

4 x  y  6  0
x  1 x  3


Tọa độ A, D là nghiệm của hệ: 

2
2
y  2 y  6
( x  2)  ( y  2)  17

1.0

2
2
b(a  1)  (a  1)(b  6) (1)
Hệ phương trình trở thành :  2
2
a(b  1)  (b  1)(a  6) (2)


a  b
Lấy (1)  (2) ta được: 2ab(a  b)  (a  b)(a  b)  7(a  b)  0  
2ab  (a  b)  7  0

12

kienthuchay.info

0,25


Với a  b  x  1  y thay vào phương trình đầu ta được:
x  1  y  2
( x  1)( x 2  2 x  2)  x ( x 2  2 x  7)  
x  2  y  3
ab7
(3) .
Với 2 ab  (a  b)  7  0  ab 
2
2
Lấy (1)  (2) ta được: a 2  b 2  5(a  b)  12  0   a  b   2 ab  5(a  b)  12  0 (4)

0,25

kie

0,25

10


nth

 a  b  1  ab  4 ( VN )
2
Thay (3) vào (4) ta được:  a  b   6(a  b)  5  0  
 a  b  5  ab  6
a  b  5  x  1  x  2
Với 


ab  6
y  3 y  2
Vậy nghiệm của hệ là: (1;2), (2;3), (1;3), (2;2) .

0,25
1,0

Điều kiện: 1  x  3 .

x  2
Phương trình tương đương: 
 x  1  3  x  ( x  1)(3  x )  3  m (*)

0,25

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
Xét hàm số f ( x )  x  1  3  x  ( x  1)(3  x )  3 trên  1;3 .

1


1

0,25

1 x

x


-1

2

+

+

22 3

1

 11 
Vậy m  5;  \ 2  2 3
 2





2 7

2
0
11
2

3



-

ha

y'
y

uc

2 7


Đặt f '( x ) 
. f '( x )  0  x 
.
2
2 x 1 2 3  x
( x  1)(3  x )
Bảng biến thiên:

0,25

5

0,25

y.i

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.

nfo

13

kienthuchay.info


TTLT Đại Học Diệu Hiền
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ

ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 – 2015
Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN III)
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐT: 0983. 336.682-0949.355.366

kie

Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số:

NỘI DUNG ĐỀ
x 1

y
có đồ thị  H  .
x 1

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt (H) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2. (1 điểm)
a. Giải phương trình: sin 2 x  2 3 cos 2 x  2 cos x  0.
2

2

3

nth

b. Giải phương trình: log  x  3  2log  x  3  2  0.
Câu 3. (1 điểm)
3
2
a. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  x  3 x  5 với x   3;1 .
b. Tính giới hạn sau:

lim
x 2

x  2 2x  5
.
x2


uc

Câu 4: (1 điểm)
a. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng ( các viên có kích thước giống nhau, chỉ
khác nhau về màu). Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có
đủ 3 màu.
b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  2 z  1  i. Tìm phần ảo của số phức iz .
Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; -1), B(1; 1; 2),
C(-1; 2; -2) và mặt phẳng (P) có phương trình x  2 y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,
vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt đoạn BC tại I sao cho IB = 2IC.

ha

Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt
phẳng  ABCD  , SA  AB  a, AD  3a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S . ABMD
và cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM  .

Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm

y.i

của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D  7;  2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Viết
phương trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường
thẳng AG là 3 x  y  13  0.

2 x 2  11x  15  x 2  2 x  3  x  6 .

Câu 8: (1 điểm) Giải bất phương trình:




 



nfo


2 3 x  y  1  3 1  x  y  10  0

( x, y   ) .
Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
x
y
 3  2 2  2  1  1  log 2 x  log 2 y
Câu 10. (1 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 4 nghiệm thực?

m  x  4  x 2  2  5 x 2  8 x  24.

-------------------------------- Hết ----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !

14

kienthuchay.info


Câu
1

Gợi ý đáp án


Điểm
2.0

a)

kie

1.0

TXĐ: D  R \ {1} .
y' 

2
 0, x  D .
( x  1)2

Bảng biến thiên:

x
y'
y



0,25



1

-

-

1



nth

1



Gới hạn: lim  y   , lim y   .  TCĐ: x  1 .
x (1)

x (1)

lim y  1 , lim y  1 .  TCN: y  1 .

x 

x 

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; ) .
Đồ thị:

uc


0,25

ha

b)

0.5

x 1
  x  m . Điều kiện x  1
Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( H ) :
x 1
 x 2  mx  1  m  0 (1)
Để d cắt ( H ) tại hai điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm khác 1

0.25

y.i

m  2  2 2
m 2  4m  4  0
  0



.
 g (1)  0
 m  2  2 2
2  0
2

a) Phương trình tương đương với:



 cos x  0  x 




2

 k , k  Z .

1,0

nfo

 cos x  0
2 cos x sin x  3 cos x  1  0  
sin x  3 cos x  1

0.25

15

kienthuchay.info

0,25

0,25



3

nth

kie



x   k 2

 1

2
 sin x  3 cos x  1  sin  x     
k Z .
3 2

 x  7  k 2

6
b) Điều kiện: x  3 .
 log( x  3)  1
2
Phương trình tương đương: 4 log ( x  3)  6 log( x  3)  2  0  
 log( x  3)   1
2

31

 log( x  3)  1  x  .
10
1
1
 log( x  3)    x  3 
2
10

0,25

0,25
1,0

 x  0 ( n)
 x  2 ( n )
 y(0)  5 ; y(2)  9 ; y(3)  5 ; y(1)  9
Vậy: max y  y(2)  y(1)  9 ; min y  y(0)  y(3)  5

a) Ta có: y '  3x 2  6 x, y '  0  

 3;1

0,25
0,25

3;1

x  2 2x  5
x 2  8 x  20
( x  2)( x  10)

 lim
 lim
x 2
x 2
x 2
x2
( x  2) x  2 2 x  5
( x  2) x  2 2 x  5

b) Ta có: lim

uc
 lim

x 2

4



x  10



x  2 2x  5








0,25



3

0.25
1,0

4
15

a) Số phần tử của không gian mẫu: n()  C  1365 .
Các trường hợp chọn được 4 viên có đủ 3 màu là:
 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: C42 C51C61  180

ha

0,25

 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: C41C52 C61  240

 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: C41C51C62  300
Số cách chọn ra 4 viên có đủ 3 màu là: 180+240+300=720 cách.
Do đó số cách chọn 4 viên không đủ 3 màu là: 1365  720  645 cách.
645 43

Vậy xác suất cần tìm: P 

.
1365 91
b) Đặt z  a  bi, a, b  R .
2 a  b  1  0
Phương trình tương đương: 2 a  b  1  (a  2b  1)  0  
 a  b 1
a  2b  1  0
Vậy z  1  i  iz  1  i  phần ảo của số phức iz bằng 1.

y.i

5

0,25
0,25
1,0
0,25
0,25

nfo



IB  2 IC  IB  2 IC
 1 5 2
Suy ra I   ; ;  
 3 3 3
  4 2 1  
AI    ; ;  / / u  (4;2;1)
 3 3 3


 
nP   nQ ; u  (6; 9; 6)
Phương trình ( P ) : 2 x  3y  2 z  3  0

6

0,25

16

kienthuchay.info

0,25
0,25
1,0


SABMD  ( AD  BM ).

AB 9a2

2
4

kie

0,25

nth


1
1 9a2 3a3
VS . ABMD  SA.SABMD  a.

3
3
4
4

0,25

.
Kẻ AK  DM  SK  DM  ( ABCD), ( SDM )  SKA
Ta có: SADM  SABCD  2 SABM  3a3 

3a 2 3a2

2
2

0,25

2

DM  CD 2  CM 2  a2 

uc

2S

6 a 13
9a
a 13
 AK  ADM 

DM
13
4
2

7a 13
13
AK
6
 

Suy ra: cos SKA
SK 7
 SK  SA2  AK 2 



7

0,25



1,0


ha

Vì ABC vuông cân tại A nên
MA  MB  MC  MAB vuông cân
  450
tại M  MBD

Do GB  GA  GD suy ra ABD nội
tiếp đường tròn tâm G bán kính GA .
  2 ABD
  900 do đó AG  GD
 AGD

0,25

y.i

qua D(7; 2)
Phương trình: GD : 
 GD : x  3y  1  0
 GD  AG : 3 x  y  13  0

Ta có: A  AG  A(a;3a  13) .
 a  5  A(5;2)
Do GA  GD  (a  4)2  1  
 a  3  A(3; 4)
Vì x A  4 nên ta nhận A(3; 4)

nfo


G  AG  GD  G (4; 1)

17

kienthuchay.info

0,25


kie

 2 
9 1
Gọi I là trung điểm của BM . Ta có AG  AI  I  ; 
3
2 2
qua D(7; 2)

   5 5  
 BC : x  y  5  0
Phương trình: BC : 
VTCP
:
u
 DI    ;   n  (1;1)

 2 2


0,25


 Phương trình: AM : x  y  7  0
M  AM  BC  M (6; 1)
I là trung điểm của BM  B (3;2)

8

nth

qua B (3;2)
 

Phương trình: AB : 
 VTCP : u  AB  (0;6)  n  (1;0)
 AB : x  3  0

0,25

1.0

2 x 2  11x  15  0
 x  3
Điều kiện:  2
.

x  1
 x  2 x  3  0

( x  3)(2 x  5)  ( x  3)( x  1)  x  6 (*)


Phương trình tương đương:

Xét x  3 : (*)   x  3

0,25





2 x  5)  1  x  (1  x )  (2 x  5)

uc

  x  3  1  x  2 x  5  2 ( x  3)(2 x  5)  2 x  9
2 x  9  0
2 x  9  0

hay 
2
( x  3)(2 x  5)  0
4( x  3)(2 x  5)  (2 x  9)

0,25

Xét x  1 : (*)  x  3

ha

7

 9
 x

9
2 x7
 x  2
2
2 
3
x

2





2 x  5)  x  1  (2 x  5)  ( x  1)

 x  3  2 x  5)  x  1  2 ( x  3)( x  1)  3  x 

9

y.i

7

x   2
Vậy nghiệm của bất phương trình là 
x  3


2

0,25

3
2

0,25

1.0





2 1

2x

 log2 (2 x ) 

t

2  1  log 2 t trên khoảng (0; ) .
t

Ta có:




2  1  log2 y  f (2 x )  f ( y ) .


f '(t )   2  1 ln 

Xét hàm số f (t ) 





y



2 1 

1
 0, t  0 ,
t ln 2

nfo

 x, y  0
Điều kiện: 
. Phương trình thứ hai tương đương:
1  x  y  0

kienthuchay.info


18

0,25

0,25


 f (t ) nghịch biến trên khoảng (0; )  2x  y

kie

Với y  2 x thay vào phương trình thứ nhất ta được: 2 3 3x  1  3 x  1  10  0 (*)
2
3
Xét hàm số f ( x )  2 3 3 x  1  3 x  1  10  f '( x ) 

 0, x  1 .
3. 3 (3x  1)2 2 x  1
 f ( x ) đồng biến trên (1; ) mà f (3)  0  x  3 là nghiệm duy nhất của (*)

0,25

Với x  3  y  6 . Vậy nghiệm của hệ là: (3;6) .

0,25

10

1,0


nth

Phương trình tương đương: m( x  4) x 2  2  ( x  4)2  4( x 2  2)
x4
2  4x
1
 t' 
Đặt t 
, t'  0  x  .
2
2
2
2
x 2
( x  2) x  2
Bảng biến thiên:

x

1
2
0
3



t'
t


0,25



-1
 1  t  3 .

1

uc

4
(1).
t
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có 2 nghiệm trên (1;3) .
4
Xét hàm số f (t )  t  .
t
4
f '(t )  1  2 , f '(t )  0  t  2
t
Bảng biến thiên:

Khi đó, phương trình trở thành : mt  t 2  4  m  t 

-2



ha


x
y'
y

-1

0

-

1



-5

2
- 0

5



13
3



+


0,25

13
3

4

y.i

Vậy 4  m 

3

0,25

0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.

nfo

19

kienthuchay.info


TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ
ĐT: 0983. 336682


kie

ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 NĂM 2014 - 2015
Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN IV )
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
------------------------

x 1
(1) và đường thẳng d : y   x  m .
x 1

Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số y 

nth

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).
b. Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến
của (C ) tại A và B song song với nhau.
Câu 2: (1,0 điểm)
a. Giải phương trình: sin 2 x  2sin x  1  cos 2 x .
2
b. Giải phương trình: log 3 x  4log 3 (3 x )  7  0 .
e



Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân I   x 



1

1
 ln xdx .
x

Câu 4: (1,0 điểm)
a. Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chọn ngẫu nhiên 1 số trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 9.
b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 2  z  1  3z   i  1 i  2  . Tìm môđun của z .

uc

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  1  0
và điểm A(3;0; 2) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ
tiếp điểm của ( S ) và ( P ) .
Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2a, AC  2a 3 .
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh AB . Góc giữa hai mặt
0
phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 30 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách từ

ha

trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( SAC ) .
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy AD , BC ,

 7 13 
 và 4 AD  9 BC . Giao điểm của hai đường chéo AC , BD là E  4; 2  . Đỉnh B thuộc
4 2 
đường thẳng 3 x  2 y  1  0 và trung điểm M của đoạn BC thuộc đường thẳng x  2  0 . Tìm tọa độ

đỉnh A  ;

các đỉnh B , C , D của hình thang ABCD .

2

2

y.i

Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp  E  : x  4 y  32 và điểm M(4; 1). Viết
phương trình đường thẳng (  ) đi qua điểm M và cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
AM = 3MB.

 y  1 2  3 x  2 3  1  y 3 x  2  3 xy




Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
.
3
2
 x  3 x  12 x   3 x  1 y  6  0

nfo

Câu 10: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P


a b c
8abc
  2 
.
b c a
 a  b  b  c  c  a 

---------------------------------Hết------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !

20

kienthuchay.info


Gợi ý đáp án

kie

Câu
1
a)

Cho hàm số y 

Điểm
1.0

x 1
(1) và đường thẳng d : y   x  m .

x 1

0,5

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).
TXĐ: D  R \ {-1} .
y' 

2
 0, x  D .
( x  1)2

Bảng biến thiên:

nth
x
y'
y



+

+
1



1


0,25



-1



Gới hạn: lim  y   , lim  y   .  TCĐ: x  1 .
x ( 1)

x ( 1)

lim y  1 , lim y  1 .  TCN: y  1 .

x 

x 

uc

Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; ) .
Hàm số không có cực trị.
Đồ thị:

0,25

y.i

ha

b)

0.5

0.25

nfo

Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp
tuyến của (C ) tại A và B song song với nhau.
x 1
  x  m . Điều kiện x  1
Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( H ) :
x 1
 x 2  (2  m) x  1  m  0 (1).
Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1
  0

 m 2  8  0, m  R .
 g (1)  0

 xA  xB  m  2
Gọi A( x A ;  x A  m), B ( x B ;  x B  m) . Theo Viet ta có: 
 x A . x B  1  m
2
2

YCBT 
( x A  1)2 ( x B  1)2


kienthuchay.info

21


 ( x A  1)2  ( x B  1)2  x A  x B  2  m  0

1,0
0.5

Giải phương trình: sin 2 x  2sin x  1  cos 2 x
Phương trình tương đương với:
sin x  0
2sin x  sin x  cos x  1  0  
sin x  cos x  1

kie

2
a

0,25

0,25

 sin x  0  x  k , k  Z .

0,25

nth


b



x


 k 2

2

 sin x  cos x  1  sin  x    

k Z .
2

4
2

 x    k 2
Giải phương trình: log 32 x  4 log 3 (3 x)  7  0 .
Điều kiện: x  0 .
 log3 x  1
Phương trình tương đương: log32 x  4 log3 x  3  0  
 log3 x  3
 log3 x  1  x  3 (n)

0.5


 log3 x  3  x  27 (n)
e

3


1 

Tính tích phân I   x 

1
 ln xdx .
x

1,0

uc

e

e

e

1
1

I    x   ln xdx   x ln xdx   ln xdx  I1  I2
x
x


1
1
1

0,25

1

du  dx

x
u  ln x

Tính I1 . Đặt 

x2
dv  xdx 
v

2

ha

0,25

e e
e
x2
x

e2 x 2
e2 1
Khi đó: I1 
ln x   dx 

 
2
2
2
4
4 4
1

e

e

1

1

1
ln 2 x
I2   ln xdx   ln xd (ln x ) 
x
2
1

1


Vậy I  I1  I2 

e 3
4

4
a



1

e
2

0,25

y.i

2

e

0.25
1,0

Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chọn ngẫu nhiên 1 số trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 9.
Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số trên.
Số phần tử của tập S là: A74  840 .


nfo

1
 840 .
Số phần tử của không gian mẫu: n()  C840

0.5

0,25

Các bộ số có tổng chia hết cho 9 là : 1;4;6;7  ,  2;3;6;7  ,  2;4;5;7  ,  3;5;6;7 

Mỗi bộ số lập được 4! số chia hết cho 9. Do đó số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 9 là:
4.4!  96
96
4
 .
Vậy xác suất cần tìm: P 
840 35

0,25

22

kienthuchay.info


b


Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 2  z  1  3 z   i  1 i  2  . Tìm môđun của z .

0.5

Đặt z  a  bi, a, b  R .

kie

a  1

Khi đó: a  1  (1  5b)i  0  
1
b  5

5

0.5

nth

1
26
Vậy z  1  i  z 
5
5
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  1  0 và
điểm A(3;0; 2) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) .
Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và ( P ) .
Ta có: R  d ( A,( P ))  3 .
2


2

0,25

1,0
0,25

2

0,25

Phương trình mặt cầu: ( S ) : ( x  3)  y  ( z  2)  9
Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với ( P ) .
 x  3  2t

Phương trình d :  y  t
 z  2  2t

Gọi M là tiếp điểm của ( P ) và ( S )  M  d  ( P )  M (1; 1;0)

0,25

0,25

uc

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2 a, AC  2a 3 . Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh AB . Góc giữa


6

0

hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 30 . Tính theo

1,0

a thể tích của khối chóp

S . ABC và khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( SAC ) .

SABC 

1
AB. AC  2 a 2 3
2

ha

Gọi I là hình chiếu vuông góc của H
lên BC
 BC  ( SHI )  BC  SI
  300
 (
SBC ),( ABC)  SIH



nfo


y.i

  AC  3  ABC
  600 .
Ta có: tan ABC
AB
a 3
a
 HI  sin 600. BH 
 SH  tan 300. HI 
2
2
3
1
1a 2
a 3
VS . ABc  SH.SABC 
.2 a 3 
3
32
3
Ta có: MH / / AC  d ( M ,( SAC))  d ( H ,( SAC ))
Kẻ HK  SA  d ( H ,( SAC ))  HK



0,25

0,25


0,25

23

kienthuchay.info


a 5
5
HK 2 HA2 SH 2 a2 a2 a2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy AD, BC , đỉnh
 7 13 
A  ;  và 4 AD  9 BC . Giao điểm của hai đường chéo AC , BD là E  4; 2  . Đỉnh B
4 2 
thuộc đường thẳng 3 x  2 y  1  0 và trung điểm M của đoạn BC thuộc đường thẳng
x  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C , D của hình thang ABCD .
Đường thẳng AC qua 2 điểm A, E có
phương trình là: 2 x  y  10  0 .
Ta có: C  AC  C(a;10  2 a)
M   : x  2  0  M (2; m) .
 B (4  a;2 m  2 a  10)
Mà B  d : 3 x  2 y  1  0
 a  4 m  7  0  a  7  4m
Ta có:

1




1



1



1



4



5

0,25

 HK 

kie
7

1,0

nth

0,25


uc

Suy ra B (4 m  3;4  6 m), C(7  4 m;8m  4) .


Gọi D( x; y ) , ta có: 4 AD  9 BC  4 AD  9 BC (1)
 
7
13  
AD   x  ; y   , BC  (10  8m;14 m  8)
4
2


0,25

ha

97

 x  4  18m
4 x  7  90  72 m
63
23 
 97
(1)  

 D   18m; m  
2

2 
 4
4 y  26  126 m  72
 y  63 m  23

2
2

  81
63
27 
Ta có: EB  (4 m  7;2  6 m), ED    18m; m   .
2
2 
 4
m  6
2
Vì B, E, D thẳng hàng  2m  13m  6  0  
m  1

2
 m  6  B (21; 32) (loại vì B  AC )
1
 61 17 
 m   B (1;1), C(5;0), D  ; 
2
 4 4

0,25


y.i

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp  E  : x 2  4 y 2  32 và điểm M(4; 1). Viết phương
8

1.0

nfo

trình đường thẳng (  ) đi qua điểm M và cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
AM = 3MB.
Gọi A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) . Vì M nằm trong ( E ) nên ta có


 x  3x2  16
AM  3MB   1
(*)
 y1  3y2  4
 x12  4 y12  32 (1)
Vì A, B  ( E )   2
2
 x2  4 y2  32 (2)
Thay (*) vào (1) ta được (16  3 x2 )2  4(4  3y2 )2  32  x2  y2  6  x2  6  y2 (3)

kienthuchay.info

0,25


0,25

24


 y2  2
Thay (3) vào (2) ta được (6  y2 )  4 y  32  5y  12 y2  4  0  
 y2  2

5
 y2  2  x2  4  B (4, 2)
2

2
2

2
2

kie
 y2 

2
28
 28 2 
 x2 
 B , 
5
5
 5 5


 B (4, 2) phương trình đường thẳng () : x  4  0 .
 2 28 
 B  ,  phương trình đường thẳng () : 3 x  8 y  20  0 .
5 5 

0,25


2
3
 y  1   3 x  2   1  y 3 x  2  3 xy
Giải hệ phương trình: 
.
 x3  3x 2  12 x   3x  1 y  6  0

1.0

nth

9

0,25

2
Điều kiện: x   . Đặt t  3 x  2  0 . Khi đó, phương trình thứ nhất trở thành:
3
y  a
y 2  a   ay  a 2 y  ( y  a) y  a 2  0  
2

y  a
Với y  a2  y  3 x  2 thay vào phương trình thứ hai ta được:



0,25



uc


 x  1  y  1

11  105
29  3 105
3
2
x  12 x  15 x  4  0   x 
y
2
2

11  105

(l )
 x 
2

0,25


Với y  a  y  3 x  2 thay vào phương trình thứ hai ta được:

ha

x 3  3 x 2  12 x  (3x  1) 3 x  2  6  0

 x 3  3x 2  6 x  8  (1  3x )





1  3x
3x  2  2  0  ( x  2)  x 2  x  4 
0
3 x  2  2 




0,25

2

2
1  3x
1  15
1  3x


x   
0
Vì x    x 2  x  4 
3
2
4
3 x  2  2 
3 x  2  2
 x  2  y  2 .

0,25

a b c
8abc
  2 
.
b c a
 a  b  b  c  c  a 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
8
8
8.27


3
(a  b)(b  c)(c  a)  a  b   c   a b c


1


1

1
 b  c   a      3 



 b c a

a b c
Đặt t     3  t  6
b c a
216
Khi đó, P  t  5  3 .
t

1,0

P

nfo

y.i

10

 11  105 29  3 105 
Vậy nghiệm của hệ là: (1;1), (2,2), 
;
 .


2
2


Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

kienthuchay.info

0,25

0,25

25